20172019三年高考真题化学分项汇编专题05元素其化合物(解析版)

专题05元素及其化合物1．[2019新课标Ⅰ]固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、资料科学等领域研究的重要课题。以下图为少许HCl气体分子在253冰表面吸附和溶解过程的表示图。以下表达错误的选项是A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10-3mol·L-1（设冰的密度为0.9g·cm-3）C．冰表面第三层中，冰的氢键网络构造保持不变D．冰表面各层之间，均存在可逆反响HClH++Cl-【答案】D【分析】【剖析】由表示图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主假如冰，与氯化氢的吸附和溶解没关。【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—41，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量对比，可忽视此中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为18g/mol1mol0.9g/mL×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为10-4mol=5—32.010-2L×10mol/L，故B正确；项、由图可知，第三层主假如冰，与氯化氢的吸附和溶解没关，冰的氢键网络构造保持不变，故C正确；D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离均衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。应选D。【点睛】本题考察氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。重视考察接受、汲取、整合化学信息的能力及剖析和解决化学识题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答重点。2．[2019江苏]以下相关物质的性质与用途拥有对应关系的是A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B．稀硫酸拥有酸性，可用于除掉铁锈C．SO2拥有氧化性，可用于纸浆漂白D．Al2O3拥有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【分析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥没关，能够用作化肥是因为含有氮元素；B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸拥有酸性能够和金属氧化物反响，拥有对应关系；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳固的无色物质，不波及氧化复原，故和二氧化硫的氧化性没关；．电解冶炼铝，只好说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，没法说明能否拥有两性，和酸、碱都反响能够表现Al2O3拥有两性。应选B。3．[2019江苏]

以下相关化学反响的表达正确的选项是A．Fe在稀硝酸中发生钝化

B．MnO2和稀盐酸反响制取

Cl2C．SO2与过度氨水反响生成

(NH

4)2SO3

D．室温下

Na与空气中

O2反响制取

Na2O2【答案】C【分析】【剖析】同样的反响物，条件不一样（如温度、浓度、过度与少许），反响有可能也不一样；A．钝化反响应注意一定注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B．实验室制备氯气的反响中应注意盐酸的浓度和反响温度；C．过度与少许问题应以少许物质为基准书写产物；．钠的复原性强，其与氧气反响，温度不一样，产物也不一样；【详解】

A．常温下，

Fe在与浓硝酸发生钝化反响，故

A错误；B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反响制取氯气，故

B错误；C．二氧化硫与过度氨水反响生成硫酸铵，故D．常温下，Na与空气中的氧气反响生成

C正确；Na2O；加热条件下，钠与氧气反响生成

Na2O2，故

D错误；综上所述，本题应选

C。【点睛】本题考察常有物质的化学反响，同样的反响物，条件不一样（如温度、浓度、过度与少许），反响有可能也不一样，所以在描绘化学反响时应注意反响的条件。4．[2019江苏]在给定条件下，以下选项所示的物质间转变均能实现的是A．NaCl(aq)电解Fe(s)FeCl2(s)Cl2(g)△B．MgCl2(aq)石灰乳Mg(OH)2(s)煅烧MgO(s)C．S(s)O2(g)SO3(g)H2O(l)点燃H2SO4(aq)D．N2(g)H2(g)NH3(g)CO2(g)Na2CO3(s)高温高压、催化剂NaCl(aq)【答案】B【分析】【剖析】A．电解条件时应看清是电解水溶液仍是电解熔融态物质，Cl2拥有强氧化性；B．依据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C．注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；．氨气、二氧化碳和氯化钠反响制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】

A．氯气的氧化性强，与铁单质反响直接生成氯化铁，故

A错误；B．氯化镁与石灰乳发生复分解反响生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故

B正确；C．硫单质在空气中焚烧只好生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D．氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反响生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考察元素及其化合物之间的互相转变和反响条件，解题的重点是熟习常有物质的化学性质和转变条件。5．[2019天津]

以下相关金属及其化合物的应用不合理的是．．．A．将废铁屑加入

FeCl2溶液中，可用于除掉工业废气中的

Cl2B．铝中增添适当锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地（含许多

Na2CO3等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改进D．无水

CoCl2呈蓝色，吸水会变成粉红色，可用于判断变色硅胶能否吸水【答案】

C【分析】【剖析】

A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、依据合金的性质判断；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍旧呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不一样。【详解】

A、铁和亚铁能将氯气复原为氯离子，进而除掉工业废气中的氯气，故

A不选；B、依据铝合金的性质，铝合金拥有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故

B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍旧呈碱性，不可以改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不一样，故可依据颜色判断硅胶中能否能吸水，故D不选。应选C。【点睛】本题考察金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不不过将反响物反响掉，还要考虑产物在应用中能否切合要求，生成的NaOH仍旧呈碱性，达不到降低碱度的目的。6．[2019浙江4月选考]以下说法不正确的选项是．．．A．液氯能够储藏在钢瓶中B．天然气的主要成分是甲烷的水合物C．天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【答案】B【分析】A．液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反响，能够储藏在钢瓶中，A项正确；B．天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C．石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。故答案选B。7．[2019浙江4月选考]18.以下说法不正确的选项是．．．A．纯碱和烧碱融化时战胜的化学键种类同样B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作使劲的损坏C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作使劲改变．石墨转变成金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作使劲的损坏【答案】C【分析】A．烧碱和纯碱均属于离子化合物，融化时须战胜离子键，A项正确；B．加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变成气态水，水分子之间的分子间作使劲被损坏，B项正确；C．CO2溶于水发生反响：CO2+H2O?H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；．石墨属于层状构造晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作使劲，金刚石只含有共价键，因此石墨转变成金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作使劲的损坏，D项正确。故答案选C。8．[2018浙江11月选考]以下说法不正确的选项是A．电解熔融氯化镁可制取金属镁B．电解饱和食盐水可制取氯气C．生产一般玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅．接触法制硫酸的硫元素主要于硫黄或含硫矿石【答案】C【分析】

A、制取金属镁时，因为镁的开朗性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取金属镁，选项

A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项

B正确；C、生产一般玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项

C不正确；

D、接触法制硫酸的硫元素主要于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反响生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项

D正确。答案选

C。9．[2018海南卷]絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。以下物质可作为絮凝剂的是A．NaFe(SO4)2·6H2O

B．CaSO4·2H2OC．Pb(CH3COO)2·3H2O

D．Al(SO4)2·12H2O【答案】

AD【分析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，所以，絮凝剂自己或与水生成的产物拥有吸附性。A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，切合题意；B.硫酸钙自己是微溶物，没有吸附作用，不切合题意；C.醋酸铅没有吸附性，不切合题意；D.明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，切合题意；故答案为AD。10．[2018江苏卷]在给定条件下，以下选项所示的物质间转变均能实现的是A．B．C．．【答案】A【分析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反响生成CaCO3和NaOH，两步反响均能实现；B项，Al与NaOH溶液反响生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过度盐酸反响生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反响不可以实现；C项，AgNO3中加入氨水可获取银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不可以发生银镜反响，第二步反响不可以实现；

D项，Al

与Fe2O3高温发生铝热反响生成

Al2O3和

Fe，Fe

与HCl

反响生成

FeCl2和

H2，第二步反响不可以实现；物质间转变均能实现的是

A项，答案选

A。点睛：本题考察元素及其化合物之间的互相转变和反响条件，

解题的重点是熟习常有物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如

NaAlO2与少许

HCl

反响生成

NaCl

和Al（OH）3，NaAlO2与过度

HCl

反响生成

NaCl、AlCl3和

H2O。11．[2018新课标Ⅰ卷]磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能汽车的动力电池之一。采纳湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程以下：以下表达错误的选项是A．合理办理废旧电池有益于保护环境和资再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC．“积淀”反响的金属离子为Fe3+．上述流程中可用硫酸钠取代碳酸钠【答案】D【分析】剖析：正极片碱溶时铝转变成偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，获取含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁积淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的积淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，任意排放简单污染环境，所以合理办理废旧电池有益于保护环境和资再利用，

A正确；B、依据流程的转变可知从正极片中可回收的金属元素有

Al、Fe、Li，B正确；C、获取含

Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁积淀，所以“积淀”反响的金属离子是

Fe3＋，C

正确；D、硫酸锂能溶于水，所以上述流程中不可以用硫酸钠取代碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考察金属元素的回收，明确流程中元素的转变关系是解答的重点，题目难度不大。12．[2018新课标Ⅱ卷]研究表示，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨相关（以以下图所示）。下列表达错误的选项是A．雾和霾的分别剂同样B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂．雾霾的形成与过分施用氮肥相关【答案】C【分析】剖析：A．雾和霾的分别剂均是空气；B．依据表示图剖析；C．在化学反响里能改变反响物化学反响速率（提升或降低）而不改变化学均衡，且自己的质量和化学性质在化学反响前后都没有发生改变的物质叫催化剂；．氮肥会开释出氨气。详解：A．雾的分别剂是空气，分别质是水。霾的分别剂是空气，分别质固体颗粒。所以雾和霾的分别剂同样，A

正确；B．因为氮氧化物和二氧化硫转变成铵盐形成无机颗粒物，所以雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，

B正确；C．NH3作为反响物参加反响转变成铵盐，所以氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，

C错误；．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨相关，因为氮肥会开释出氨气，所以雾霾的形成与过分施用氮肥相关，D正确。答案选C。点睛：联合表示图的转变关系明确雾霾的形成原理是解答的重点，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真切，应用导向，聚焦学科核心修养，既能够指引考生认识与化学相关的社会热门问题，形成可连续发展的意识和绿色化学观点，又表现了高考评论系统中的应用性和综合性考察要求。13．[2017海南]分别将足量以下气体通入稀Na2S溶液中，能够使溶液变污浊的是A．COB．SO2C．HClD．CO2【答案】B【分析】A、CO不与Na2S发生反响，所以没有积淀产生，故A错误；B、SO2拥有弱氧化性，与Na2S发生氧化复原反响，即SO2＋2S2－＋4H＋3S↓＋2H2O，故B正确；C、利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H＋＋S2－H2S，没有积淀产生，故C错误；D、不产生积淀，故D错误。【名师点睛】本题考察元素及其化合物的性质，本题比较基础，考察硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸性弱，本题表现了SO2的弱氧化性，平常注意基础的夯实。14．[2017江苏]以下制取SO2、考证其漂白性、采集并进行尾气办理的装置和原理能达到实验目的的是A．制取

SO2

B．考证漂白性

C．采集

SO2

D．尾气办理【答案】

B【分析】

A．铜和稀硫酸不反响，

A错误；B．二氧化硫可使品红溶液退色，

B正确；C．二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法采集，

C错误；

D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不行用于汲取尾气，

D错误。【名师点睛】本题以二氧化硫的制备、性质考证、采集及尾气办理为背景，考察学生对常有气体的制备的实验装置图的辨别、实验原理的理解、实验基本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平易应用能力。解题时第一要明的确验目的，再全面剖析必要的试剂和仪器、合理的实验装置、规范的实验操作、科学的条件控制，有些实验还需要从绿色环保等方面进行剖析。15．[2017海南]以下表达正确的选项是．稀硫酸和铜粉反响可制备硫酸铜B．碘化钾与浓硫酸反响可制备碘化氢C．过氧化钠与二氧化碳反响可制备氧气．铝箔在氯气中焚烧可制备无水三氯化铝【答案】CD【分析】

A、依据金属活动次序表，

Cu排在

H的右侧，所以金属铜不与稀硫酸反响，故

A错误；B、浓硫酸拥有强氧化性，能把

HI

氧化，故

B错误；C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，所以能够制备氧气，故

C正确；D、铝在氯气中焚烧生成

AlCl3，故

D正确。【名师点睛】本题考察常有物质的制备，应从反响的原理下手，同时波及某些物质的性质，如浓硫酸不单拥有强酸性，同时还拥有强氧化性，能把复原性的物质氧化，所以制备复原性物质时，一般不用浓硫酸，本题属于基础题目。16．[2017江苏]在给定条件下，以下选项所示的物质间转变均能实现的是A．FeCl2NaOH(aq)Fe(OH)2点燃FeCl2B．SO2SO3H2OH2SO4点燃C．CaCO3高温CaOSiO2CaSiO3高温D．NH3O2NOH2OHNO3催化剂，△【答案】C【分